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山西省运城市2023-2024学年高三数学上学期摸底调研测试试题(Word版附解析)

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运城市2023-2024学年高三摸底调研测试数学试题2023.9本试题满分150分,考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上.注意事项:1.答题前,考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上的姓名、准考证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.答题时使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效.4.保持卡面清洁,不折叠,不破损.一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一-项是符合题目要求的.1.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据解一元二次不等式的解法,结合集合并集的定义进行运算即可.【详解】由,而,所以.故选:B2.若复数z满足,则()A.B.1C.D.2【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算法则和减法运算法则,给合复数模的运算公式进行运算即可. 【详解】,因此,故选:A3.已知两条不同的直线,和平面满足,则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直的性质进行判断即可.【详解】解:若,则由,可得,充分性成立;反之,若,则由,可得,必要性成立.所以“”是“”的充要条件.故选:C.4.甲单位有3名男性志愿者,2名女性志愿者;乙单位有4名男性志愿者,1名女性志愿者,从两个单位任抽一个单位,然后从所抽到单位中任取2名志愿者,则取到两名男性志愿者的概率为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】运用古典概型运算公式进行求解即可.【详解】从所抽到的单位中任取2名志愿者,则取到两名男性志愿者的概率为:,故选:D5.已知,则()A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据对数运算律计算即可. 【详解】故选:A.6.在数列中,如果存在非零的常数T,使得对于任意正整数n均成立,那么就称数列为周期数列,其中T叫做数列的周期.已知数列满足,若,(且),当数列的周期为3时,则数列的前2024项的和为()A.676B.675C.1350D.1349【答案】C【解析】【分析】根据题意,求得,得到,求得,进而得到,结合周期性,即可求解.【详解】因为且,满足所以,因为数列的周期为,可得,所以,所以,所以,同理可得,所以,,所以.故选:C.7.设,分别是双曲线的左、右焦点,为坐标原点,过左焦点作直线 与圆切于点E,与双曲线右支交于点P,且满足,则双曲线的离心率为()A.B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】由题意,再结合平面向量的性质与双曲线的定义可得,,再根据勾股定理列式求解决即可.【详解】∵为圆上的点,,,∴是的中点,又是的中点,,且,又,,是圆的切线,,又,,故,离心率.    故选:D8.已知,,,则()AB.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据二项式展开式,得到,设,利用导数得到在上单调递增,根据,得到,令,得到,即可求解.【详解】由,设,可得恒成立,函数在上单调递增,所以,所以在在上恒成立,所以,所以,设,可得,所以,所以设,可得,所以在上单调递增,所以,可得,即,所以.故选:B.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知函数的图像为曲线C,下列说法正确的有()A.,都有两个极值点B.,都有零点C.,曲线C都有对称中心D.,使得曲线C有对称轴【答案】ABC【解析】【分析】根据函数极值的定义、零点的定义,结合函数的对称性的性质逐一判断即可.【详解】A:, 当时,单调递增,当时,单调递减,当时,单调递增,因此是函数的极大值点,是函数的极小值点,因此本选项正确;B:当时,,当时,,而函数是连续不断的曲线,所以一定存在,使得,因此本选项正确;C:假设曲线C的对称中心为,则有化简,得,因为,所以有,因此给定一个实数,一定存在唯一的一个实数与之对应,因此假设成立,所以本选项说法正确;D:由上可知当时,,当时,,所以该函数不可能是关于直线对称,因此本选项说法不正确,故选:ABC10.如图,正方体的棱长为2,若点M在线段上运动,则下列结论正确的是()A.直线平面B.三棱锥与三棱锥的体积之和为C.的周长的最小值为D.当点M是的中点时,CM与平面所成角最大 【答案】ABD【解析】【分析】根据面面平行、线面平行的判定定理和性质,结合三棱锥的体积公式、线面角的定义、正方体展开图逐一判断即可.【详解】A:如下图所示:因为是正方体,所以,而平面,平面,所以平面,同理由是正方体可得,同理可证明平面,而平面,所以平面平面,而平面,所以直线平面,因此本选项正确;B:如下图所示:过作,交、于、,过作,交于,因为是正方形,所以可得,,因此本选项正确; C:将平面与平面展成同一平面,如下图所示:当三点共线时,最小,作,交延长线于,则,,,所以的周长的最小值为,因此本选项不正确;D:当点M是的中点时,,因为平面,平面,所以,而平面,所以平面,CM与平面所成角为,因此本选项正确,故选:ABD11.已知函数,若关于x的方程有四个不等实根、、、(),则下列结论正确的是()A.B.C. D.的最小值为【答案】BC【解析】【分析】画图象判断m和的取值范围,可得A错误,B正确;将方程变形,用m表示、、、,代入原式化简,利用导数求函数最值判断C正确,利用基本不等式计算判断D错误.【详解】如图,由函数的图像可知,,A错误;当时,,当时,,故,B正确;,则,,所以令,则,原式,,显然在时,,即y在上单调递增,,,即,C正确;由图像可知,,则,,所以,当且仅当,即时取得等号,D错误.故选:BC. 12.已知函数的定义域为,其导函数为,且,,则()A.B.C.在上是增函数D.存在最小值【答案】ABC【解析】【分析】AB选项,构造,求导得到其单调性,从而判断AB选项,CD选项,构造,二次求导,得到其单调性,判断CD.详解】设,则,当时,,当时,,在上单调递增,在上单调递减,A选项,因为,所以,即,A正确;B选项,因为,所以,即,B正确;C选项,,则,令,则,当时,,当时,,故在上单调递减,在单调递增,又,故恒成立,所以在上恒成立,故在上是增函数,C正确; D选项,由C选项可知,函数在上单调递增,故无最小值.故选:ABC【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数,然后利用所构造的函数的单调性解不等式,是高考常考题目,以下是构造函数的常见思路:比如:若,则构造,若,则构造,若,则构造,若,则构造.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量,满足:=,⊥,则=_______【答案】##【解析】【分析】由向量垂直即可得数量积为0,代入模长即可求解.【详解】由⊥可得,故答案为:14.已知,则______________.【答案】24【解析】【分析】利用赋值法进行求解即可.【详解】在中,令,得①,令,得②,令,得 ①②,得,故答案为:15.已知函数,现将该函数图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,且在区间上单调递增,则的取值范围为______________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件,化简函数,结合图象平移求出函数,进而求出单调递增区间,再列出不等式求解作答.【详解】函数,因此,,由,解得,即函数在上单调递增,于是,即,解得,由,得,而,即或,当时,,当时,,所以的取值范围为.故答案为:16.已知抛物线C:的焦点F到其准线的距离为2,圆M;,过F的直线l与抛物线C和圆M从上到下依次交于A,P,Q,B四点,则的最小值为______________.【答案】12【解析】 【分析】根据已知条件先求出抛物线的方程,然后将问题转化为计算“”的最小值,通过抛物线的焦半径公式将表示为坐标的形式,采用直线与抛物线联立的思想,根据韦达定理和基本不等式求解出最小值.【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为,所以,所以抛物线方程为,如下图,,因为,设,所以,所以,因为直线水平时显然不合题意,故可设,因为直线所过定点在抛物线内部,则直线必然与抛物线有两交点,同样与圆也有两交点,联立,,所以,所以,当且仅当,即时取等号,所以的最小值为12.故答案为:12.【点睛】结论点睛:本题考查圆与抛物线的综合应用,其中涉及抛物线的焦半径公式的运用.常见抛物线的焦半径公式如下:(为焦准距) (1)焦点轴正半轴,抛物线上任意一点,则;(2)焦点在轴负半轴,抛物线上任意一点,则;(3)焦点在轴正半轴,抛物线上任意一点,则;(4)焦点在轴负半轴,抛物线上任意一点,则.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在等比数列中,,,,成等差数列.(1)求数列的通项公式;(2)若,求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由题意设等比数列的公比为,根据题意,列出方程组求得,进而得到数列的通项公式;(2)由(1),得到,利用乘公比错位相减法求和,即可求解.【小问1详解】解:由题意设等比数列的公比为,因为,且,,成等差数列,可得,则,即,解得,所以数列的通项公式为.【小问2详解】解:由(1)可得,则,,两式相减,可得所以. 18.在①;②这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中并作答.在中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,.(1)求角A;(2)若,求周长的范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)正弦定理结合余弦定理求解即可;(2)先根据正弦定理把边转化为角表示,结合辅助角公式计算值域即可得出周长范围.【小问1详解】选择①:因为,由余弦定理可得,所以结合正弦定理可得.因为,则,所以,即,因为,所以;选择②:因为,由正弦定理得,由余弦定理得.因为,所以;【小问2详解】由(1)知,又已知,由正弦定理得: ∵,∴,,∴,∵,∴,∴,∴.19.在全球抗击新冠肺炎疫情期间,我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩、防护服、消毒水等防疫物品,保障抗疫一线医疗物资供应,在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时,狠抓质量管理,不定时抽查口罩质量,该厂质检人员从某日所生产的口罩中随机抽取了100个,将其质量指标值分成以下五组:,,,,,得到如图所示的频率分布直方图.(1)规定:口罩的质量指标值越高,说明该口罩质量越好,其中质量指标值低于130的为二级口罩,质量指标值不低于130的为一级口罩.现利用分层随机抽样的方法从样本口罩中随机抽取8个口罩,再从抽取的8个口罩中随机抽取3个,记其中一级口罩的个数为,求的分布列及均值.(2)甲计划在该型号口罩的某网络购物平台上参加店的一个订单“秒杀”抢购,乙计划在该型号口罩的 某网络购物平台上参加店的一个订单“秒杀”抢购,其中每个订单均由个该型号口罩构成.假定甲、乙两人在,两店订单“秒杀”成功的概率均为,记甲、乙两人抢购成功的订单总数量、口罩总数量分别为,.①求的分布列及均值;②求的均值取最大值时,正整数的值.【答案】(1)分布列答案见解析,;(2)①分布列答案见解析,;②的值为2.【解析】【分析】(1)可得的可能取值为0,1,2,求出取不同值的概率,即可得出分布列,求出期望;(2)①可得的可能取值为0,1,2,求出取不同值的概率,即可得出分布列;②利用基本不等式可求出.【详解】(1)结合频率分布直方图,得用分层随机抽样抽取8个口罩,其中二级、一级口罩的个数分别为6,2,所以的可能取值为0,1,2.,,,所以的分布列为012所以.(2)①由题意,知的可能取值为0,1,2.,,,所以的分布列为012 所以.因为,所以,当且仅当时取等号.所以取最大值时,的值为2.20.如图,在四棱锥中,底面,,,,直线与平面所成的角为.(1)证明:;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)作于点,于点,通过余弦定理角解得,再通过勾股数得,再利用线面垂直的性质得到,从而得到平面,再利用线面垂直的性质即可证明结果;(2)建立空间直角坐标,利用向量法即可求出二面角的大小.【小问1详解】作于点,于点,因为,,则,,所以,又,所以, 由余弦定理可知,得到,所以,所以,又底面,面,所以,又,面,所以平面,又面,所以.【小问2详解】以点为原点,为轴,为轴,为轴,建立如图坐标系因为平面,所以与平面所成的角就是所以,为等腰直角三角形,所以,,,,设平面的法向量,则则由,得到,取,得,又易知,平面的一个法向量,,由图知二面角为锐角所以二面角的余弦值为. 21.已知函数.(1)当时,求证:;(2)若对恒成立,求实数a的取值范围.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)由得到,然后作差,构造函数,用导数法证明.(2)将对成立,转化对成立,令,用导数法求得其最大值即可.【详解】(1)时,,令,令,则,∴在上是增函数,∴,∴在上是增函数,∴, ∴时,,∴;(2)∵对成立,∴对成立,令,则,令,则,∵,∴,∴,∴在上是减函数,∴,∴在上是减函数,∴,∴,∴,即.【点睛】方法点睛:求解不等式恒成立时参数的取值范围问题,一般常用分离参数的方法,但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值,或者求解其函数最值繁琐时,可采用直接构造函数的方法求解.22.已知椭圆,离心率,且过点,(1)求椭圆方程;(2)以为直角顶点,边与椭圆交于两点,求面积的最大值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)根据离心率及所给的点可得方程,解之即得椭圆方程;(2)不妨设方程,与椭圆方程联立,求出两点的坐标,结合弦长公式及三角形面积公式得到关于的函数,然后利用换元法及基本不等式求函数的最值. 【小问1详解】由,,得,把点带入椭圆方程可得,解得,所以,所以椭圆方程为:;【小问2详解】由题可知,不妨设的方程,则的方程为,由,得,所以,用代入,可得从而有,于是,令,有,当且仅当时,面积的最大值为.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-10-22 01:40:02 页数:22
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文章作者:随遇而安

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